湖南省衡阳市衡阳县第二中学2023-2024学年高二下学期期中达标数学测评卷（原卷版+解析版）

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一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”，现从1,2,3,4,5,6这六个数字中任取3个，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”的个数为（ ）
A. 120B. 80C. 20D. 40
【答案】D
【解析】
【分析】讨论十位数字分别3,4,5,6，结合排列数求“伞数”的个数即可.
【详解】十位数字为3时，有个“伞数”；
十位数字为4时，有个“伞数”；
十位数字为5时，有个“伞数”；
十位数字为6时，有个“伞数”；
故共有个“伞数”.
故选：D
2. 的展开式中的常数项为
A. －60B. 240C. －80D. 180
【答案】D
【解析】
【分析】
求的展开式中的常数项，可转化为求展开式中的常数项和项，再求和即可得出答案.
【详解】由题意，中常数项为，
中项为，
所以的展开式中的常数项为：
.
故选：D
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用和二项式展开式的通项公式，考查学生计算能力，属于基础题.
3. 已知随机变量和，其中，且，若的分布列如下表，则的值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据随机变量和的关系得到，概率和为1，联立方程组解得答案.
【详解】且，则
即

解得
故答案选A
【点睛】本题考查了随机变量的数学期望和概率，根据随机变量和的关系得到是解题的关键.
4. 甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是（ ）
A. ，互斥B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件概率、全概率公式、互斥事件的概念等知识，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】因为每次只取一球，故，是互斥的事件，故A正确；
由题意得，，，，
，故B，D均正确；
因为，故C错误.
故选：C
5. 某中学开展高二年级“拔尖创新人才”学科素养评估活动，其中物化生､政史地､物化政三种组合人数之比为，这三个组合中分别有的学生参与此次活动，现从这三个组合中任选一名学生，这名学生参与此次活动的概率为（ ）
A. 0.044B. 0.18C. 0.034D. 0.08
【答案】D
【解析】
【分析】根据全概率公式求解.
【详解】设事件为“这名学生参与此次活动”，
事件为“这名学生选择物化生组合”，
事件为“这名学生选择政史地组合”，
事件为“这名学生选择物化政组合”，
则，
，
由全概率公式可知
.
故选：D.
6. 已知袋子中有除颜色外完全相同的4个红球和8个白球，现从中有放回地摸球8次（每次摸出一个球，放回后再进行下一次摸球），规定每次摸出红球计3分，摸出白球计0分，记随机变量表示摸球8次后的总分值，则（ ）
A. 8B. C. D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】先利用古典概型概率计算公式求出从袋中随机取出一球，该球为红球的概率，然后利用二项分布的方差计算公式得到有放回地摸球8次摸到红球的个数的方差，因为，利用方差的性质即可得到答案
【详解】由题意，袋子中有除颜色外完全相同的4个红球和8个白球，从袋中随机取出一个球，该球为红球的概率为 ，现从中有放回地摸球8次，每次摸球的结果不会相互影响，表示做了8次独立重复试验，用表示取到红球的个数，则 故：

又因为 根据方差的性质可得：

故选：D
7. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知一组数据7，7，8，9，5，6，8，8，则这组数据的中位数为8；
B. 已知一组数据，，，…，的方差为2，则，，，…，的方差为4；
C. 具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则；
D. 若随机变量X服从正态分布，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据中位数、方差、回归方程、正态分布等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，数据为：，共个，
中位数为，A选项错误.
B选项，原数据的方差为，新的数据由原数据加得到，
所以新的数据的方差为，B选项错误.
C选项，由样本点的中心为得，
C选项错误
D选项，正态分布，，
所以，D选项正确.
故选：D
8. 下列说法正确的是（ ）
A. 某同学定点投篮每次命中的概率均为，每命中一次得2分，若记10次投篮得分为X，则随机变量X服从二项分布，简记.
B. 某工厂生产了一批产品50件，其中质量达到“A级”的有20件，则从该批产品中随机抽取10件，记录抽到的产品中为“非A级”的个数为Y，则随机变量Y的数学期望为.
C. 若随机变量的成对数据的线性相关系数，则认为随机变量X与Y是确定的函数关系，不是线性相关关系.
D. 若随机变量，其分布密度函数为，则.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项分布的定义即可判断A；根据超几何分布的期望公式即可判断B；根据相关系数的意义即可判断C；根据正态分布的对称性即可判断D.
【详解】对于A，由题意，记10次投篮命中的次数为，则，
随机变量命中次数服从二项分布，而随机变量投篮得分X不服从二项分布，故A错误；
对于B，由题意随机变量服从超几何分布，则，故B错误；
对于C，若随机变量的成对数据的线性相关系数，
则认为随机变量X与Y是确定的函数关系，且是线性相关关系，故C错误；
对于D，因为随机变量，其分布密度函数为，
所以，则，故D正确.
故选：D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 有3位男生和3位女生，要在某风景点前站成一排照合影，则下列说法正确的是（ ）
A. 共有种不同的排法B. 男生不在两端共有种排法
C. 男生甲、乙相邻共有种排法D. 三位女生不相邻共有种排法
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定条件，利用无限制条件的排列判断A；利用有位置条件的排列判断B；利用相邻、不相邻问题的排列判断C，D作答.
【详解】有3位男生和3位女生，要在某风景点前站成一排照合影，共有种不同的排法，A正确；
男生不在两端，从3位女生中取2人站两端，再排余下4人，共有种排法，B不正确；
男生甲、乙相邻，视甲乙为1人与其余4人全排列，再排甲乙，共有种排法，C正确；
三位女生不相邻，先排3位男生，再在2个间隙及两端4个位置中插入3位女生，共有种排法，D不正确.
故选：AC
10. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，令，由此即可判断；对于BD，因为， 然后根据二项式定理分别求出，由此即可判断；对于D，分别令，联立化简即可判断.
【详解】对于A，令，则，故A正确；
对于B，因为，
所以，B错误；
对于C，令，则，
令，则 ，
所以，故C正确；
对于D，由选项B可知，，
，
所以
，故D正确.
故选：ACD.
11. 2023年旅游市场强劲复苏，7，8月的暑期是旅游高峰期．甲、乙、丙、丁四名旅游爱好者计划2024年暑期在北京、上海、广州三个城市中随机选择一个去旅游，每个城市至少有一人选择．事件M为“甲选择北京”，事件N为“乙选择上海”，则下列结论正确的是（ ）（
A. 事件与互斥B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据互斥事件的含义判断A；根据条件概率公式求出的值，判断B；根据对立事件的概率计算，判断C；根据并事件的概率计算，判断D.
【详解】对于A，甲选择北京与乙选择上海可能会同时发生，即事件与会同时发生，不互斥，A错误；
对于B，由题意知共有事件个数，事件与的个数均为个，
故，,
则，，即，B正确，
对于C，，C正确；
对于D，，D错误，
故选：BC
12. 袋子中有2个黑球，1个白球，现从袋子中有放回地随机取球4次，取到白球记0分，黑球记1分，记4次取球的总分数为，则（ ）
A. B. C. X的期望D. X的方差
【答案】ACD
【解析】
【分析】分别计算概率，计算期望与方差.
【详解】从袋子中有放回地随机取球4次，则每次取球互不影响，
并且每次取到的黑球概率相等，又取到黑球记1分，
取4次球的总分数，即为取到黑球的个数，
所以随机变量服从二项分布，故A正确；
，记其概率为，故B错误；
因为，所以的期望，故C正确；
因为，所以的方差，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知随机变量，，且，则__________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据二项分布及正态分布的期望求解即可.
【详解】，，
，，，
，解得，
故答案为：
14. 在二项式的展开式中，有理项的个数为____________.
【答案】3
【解析】
【分析】先根据二项展开式通项公式确定有理项取法，再确定有理项的个数.
【详解】
所以当时，为有理项，因此有理项个数为3，
故答案为：3
【点睛】本题考查二项展开式定理应用，考查基本分析求解能力，属基础题.
15. 已知随机变量且，则___________.
【答案】0.1
【解析】
【分析】由正态分布的性质可得，再由即可得解.
【详解】因为随机变量且，
所以由正态分布的性质可得，
所以.
故答案为：0.1.
【点睛】本题考查了正态分布性质的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
16. 某公司新成立3个产品研发小组，公司选派了5名专家对研发工作进行指导.若每个小组至少有一名专家且5人均要派出，若专家甲､乙需到同一个小组指导工作，则不同的专家派遣方案总数为___________.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】根据甲､乙两人组成一组和甲､乙两人与其他三人中选一人组成一组二种情况分类讨论求解即可.
【详解】当甲､乙两人组成一组时，不同的专家派遣方案总数为：；
当甲､乙两人与其他三人中选一人组成一组时，
不同的专家派遣方案总数为：，
所以专家甲､乙需到同一个小组指导工作，则不同的专家派遣方案总数为：，
故答案为：
四、解答题：本题共4题，每小题10分，共40分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 我们平时常用的视力表叫做对数视力表，视力呈现为4.8，4.9，5.0，5.1．视力5.0为正常视力．否则就是近视．某校进行一次对学生视力与学习成绩的相关调查，随机抽查了100名近视学生的成绩（按照各科占一定权重计算而得的满分100分的综合成绩），得到频率分布直方图如下：

（1）估计该校近视学生学习成绩的第85百分位数；（精确到0.1）
（2）已知该校学生的近视率为，学生成绩的优秀率为（成绩分视作优秀），从该校学生中任选一人，若此人的成绩为优秀，求此人近视的概率．（以样本中的频率作为相应的概率）
【答案】（1）95.8
（2）0.72
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图，先估算出第85百分位数所在的组别，再运用所占比率即可算得结果；
（2）根据频率分布直方图及条件概率可得结果.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知，成绩90分以下所占比例为，
因此第85百分位数一定位于内，由，
可以估计该地区近视学生的学习成绩的第85百分位数约为95.8.
【小问2详解】
设“该地区近视学生”，“该地区优秀学生”，
由频率分布直方图可得，
又，
所以，
即若此人的成绩为优秀，则此人近视的概率为0.72.
18. 已知二项式．
（1）若展开式中第二项系数与第四项系数之比为1:8，求二项展开式的系数之和．
（2）若展开式中只有第6项的二项式系数最大，求展开式中的常数项．
【答案】（1）-1 （2）180
【解析】
【分析】(1)先求出的值，再求二项展开式的系数之和；(2)根据已知求出的值，再求出展开式中的常数项．
【详解】(1)二项式的展开式的通项为，
所以第二项系数为，第四项系数为，
所以，所以.
所以二项展开式的系数之和.
(2)因为展开式中只有第6项的二项式系数最大，
所以展开式有11项，所以
令.
所以常数项为.
【点睛】本题主要考查二项式展开式的系数问题，考查指定项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
19. 面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节.某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者进入面试，面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得2分，答错不得分，第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得4分，答错不得分.
（1）若一共有100人应聘，他们的笔试得分X服从正态分布，规定为达标，求进入面试环节的人数大约为多少（结果四舍五入保留整数）；
（2）某进入面试的应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩Y的数学期望.
附：若（），则，，.
【答案】（1）16 （2）
【解析】
【分析】（1）由正态分布的性质可求得，由此可估计进入面试的人数．
（2）由已知得的可能取值为0，2，4，6，8，10，分别求得取每一个可能的值的概率，得的分布列，根据数学期望公式可求得答案.
【小问1详解】
因为服从正态分布，所以，，，
所以.
进入面试的人数，.
因此，进入面试的人数大约为16.
【小问2详解】
由题意可知，的可能取值为0，2，4，6，8，10，
则；
；
；
；
；
.
所以.
20. 如图，已知四棱锥.
（1）从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数；
（2）从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数.
【答案】（1）60 （2）240
【解析】
【分析】（1）由分步乘法原理，先涂S，再涂A，再涂B，最后涂CD计算即可.
（2）解法一：由分步乘法原理，先涂AC，再一次涂SAB，计算即可；解法二：分类分步原理，先按照A与C颜色相同与不同分类，再用分步乘法，最后求和即可.
【小问1详解】
由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同，
则A，C颜色相同，且B，D颜色相同，
所以共有种不同的涂色方法.
【小问2详解】
解法一：由题意知，四棱锥顶点S，A，B所涂颜色互不相同，
则A，C可以颜色相同，B，D可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同，
所以先从两组中选出一组涂同一颜色，有2种选法（如：B，D颜色相同）；
再从5种颜色中，选出4种颜色涂在S，A，B，C四个顶点上，
最后D涂B的颜色，有种不同的涂色方法.
根据分步计数原理知，共有种不同的涂色方法.
解法二：分两类.
第一类，A与C颜色相同，
由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同，
它们有种不同涂色方法，
所以共有种不同的涂色方法；
第二类，A与C颜色不同，
由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同，
它们有种不同的涂色方法，
所以共有种不同的涂色方法.
根据分类计数原理知，共有种不同的涂色方法.ξ
1
2
3
4
P

m
n